《2020版高考物理新优选大一轮人教通用版考点规范练：20 碰撞 反冲 动量守恒定律的应用 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考物理新优选大一轮人教通用版考点规范练：20 碰撞 反冲 动量守恒定律的应用 Word版含解析.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、考点规范练考点规范练 20 碰撞碰撞 反冲反冲 动量守恒定律的 应用 动量守恒定律的 应用 考点规范练第考点规范练第 38 页页 一、单项选择题 1. 如图所示,小车静止在光滑水平面上,AB 是小车内半圆弧轨道的水平直径,现将一小球从距 A 点正上 方 h高处由静止释放,小球由 A 点沿切线方向经半圆轨道后从 B 点冲出,在空中能上升的最大高度为 0.8h,不计空气阻力。下列说法正确的是( ) A.在相互作用过程中,小球和小车组成的系统动量守恒 B.小球离开小车后做竖直上抛运动 C.小球离开小车后做斜上抛运动 D.小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为 0.6h 答案 B 解析小球与小车
2、组成的系统在水平方向所受合外力为零,水平方向系统动量守恒,但系统整体受合外 力不为零,系统动量不守恒,故 A 错误;小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,小球由 B 点离开 小车时系统水平方向动量为零,小球与小车水平方向速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,故 B 正确、C错误;小球第一次在车中运动过程中,摩擦力做负功,由动能定理得 mg(h-0.8h)-Wf=0,Wf为小 球克服摩擦力做的功,解得 Wf=0.2mgh,由于小球第二次在车中运动时,对应位置速度变小,因此小车给 小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于 0.2mgh0,因此小球再次离开小车时,能上升的高度大于 0.6h,故
3、 D错误。 2. 滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动,现有质量为 m 的人站立于雪橇上,如图所示。人与雪橇的总质 量为 m0,人与雪橇以速度 v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度 v2竖直跳起时,雪橇向南的速度大小为( ) A.B. 01 - 02 0 - 01 0 - C.D.v1 01+ 02 0 - 答案 D 解析根据动量守恒条件可知,人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒,人跳起后水平方向速度不变, 雪橇的速度仍为 v1,D 正确。 3. 在光滑的水平面上有静止的物体 A 和 B。物体 A 的质量是 B的 2 倍,两物体中间用细绳束缚的处于 压缩状态的轻质弹
4、簧相连。当把细绳剪断,弹簧在恢复原长的过程中( ) A.A 的速率是 B 的 2 倍 B.A的动量大于 B的动量 C.A的受力大于 B的受力 D.A、B组成的系统的总动量为零 答案 D 解析弹簧在恢复原长的过程中,两滑块系统动量守恒,规定向左为正方向,有 m1v1+m2(-v2)=0,由于物体 A 的质量是 B 的 2倍,故 A的速率是 B的 ,A 的动量等于 B 的动量,故 A、B 错误,D 正确;根据牛顿第 1 2 三定律,A 受的力等于 B 受的力,故 C 错误。 4.质量相同的两方形木块 A、B 紧靠在一起放在光滑水平面上,一子弹先后水平穿透两木块后射出,若 木块对子弹的阻力恒定不变,
5、且子弹射穿两木块的时间相同,则子弹射穿木块时 A、B 木块的速度之 比为( ) A.11B.12C.13D.14 答案 C 解析水平面光滑,子弹射穿木块过程中,子弹受到的合外力为子弹的冲击力,设子弹的作用力为 Ff,对 AB 由动量定理得 Fft=(m+m)vA,对 B 由动量定理得 Fft=mvB-mvA,解得 vAvB=13,故 C 项正确。 5.(2018安徽池州期末)在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火,以提高最终的发射速度。某次地 球近地卫星发射的过程中,火箭喷气发动机每次喷出质量为 m=800 g 的气体,气体离开发动机时的对 地速度 v=1 000 m/s,假设火箭(含燃料在内)
6、的总质量为 M=600 kg,发动机每秒喷气 20 次,忽略地球引 力的影响,则( ) A.火箭第三次气体喷出后速度的大小约为 4 m/s B.地球卫星要能成功发射,速度大小至少达到 11.2 km/s C.要使火箭能成功发射至少要喷气 500 次 D.要使火箭能成功发射至少要持续喷气 17 s 答案 A 解析喷出三次气体后火箭的速度为 v3,以火箭和喷出的三次气体为研究对象,以竖直向上为正方向,由 动量守恒定律得(M-3m)v3-3mv=0,解得 v34 m/s,故 A 正确;要能成功发射,喷气 n 次后至少要达到第一 宇宙速度,即 vn=7.9 km/s,故 B 错误;以火箭和喷出的 n
7、次气体为研究对象,以竖直向上为正方向,由动 量守恒定律得(M-nm)vn-nmv=0,代入数据解得 n=666,故 C错误;至少持续喷气时间为 t= 20 = 666 20 s=33.3 s34 s,故 D 错误。 6. 如图所示,质量为 m1、半径为 r1的小球,放在内半径为 r2、质量为 m2=3m1的大空心球内,大球开始静 止在光滑水平面上,当小球由图中位置无初速度释放后沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离为( ) A.B. 2 - 1 2 2+ 1 2 C.D. 2 - 1 4 2+ 1 5 答案 C 解析 由于水平面光滑,系统水平方向动量守恒。由 m1v1=m2v2,解得。若小球到达最
8、低点时的水平 1 2 = 1 2 位移为 x1,大球水平位移为 x2,则有,由题意画出示意图可得出位移关系,x1+x2=r2-r1,联立 1 2 = 1 2 = 1 2 解得 x2=,选项 C 正确。 2 - 1 4 二、多项选择题 7. 带有 光滑圆弧轨道、质量为 m0的滑车静止置于光滑水平面上,如图所示。一质量为 m 的小球以速 1 4 度 v0水平冲上滑车,当小球上滑再返回,并脱离滑车时,以下说法可能正确的是( ) A.小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B.小球可能沿水平方向向左做平抛运动 C.小球可能做自由落体运动 D.小球可能水平向右做平抛运动 答案 BCD 解析小球滑上滑车,又返回
9、,到离开滑车的整个过程,相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程。如果 mm0,小球离 开滑车向右做平抛运动。 8.(2018河南济源月考)在光滑的水平面上,有 A、B 两球沿同一直线向右运动,如图所示,已知碰撞前 两球的动量分别为 pA=12 kgm/s,pB=13 kgm/s。则碰撞前后它们的动量变化量 pA、pB有可能的 是( ) A.pA=-3 kgm/s,pB=3 kgm/s B.pA=4 kgm/s,pB=-4 kgm/s C.pA=-5 kgm/s,pB=5 kgm/s D.pA=-24 kgm/s,pB=24 kgm/s 答案 AC 解析如果 pA=-3 kgm/s、pB=3 kgm
10、/s,碰后两球的动量分别为 pA=pA+pA=9 kgm/s、 pB=pB+pB=16 kgm/s,A的动能减小,B 的动能增大,碰撞过程总动能可能不增加,是可能的,故 A 正确; 碰撞后,两球的动量方向都与原来方向相同,A 的动量不可能沿原方向增大,故 B 错误;如果 pA=-5 kgm/s、pB=5 kgm/s,碰后两球的动量分别为 pA=pA+pA=7 kgm/s、pB=pB+pB=18 kgm/s,A的动 能减小,B 的动能增大,碰撞过程总动能可能不增加,是可能的,故 C 正确;如果 pA=-24 kgm/s、 pB=24 kgm/s,碰后两球的动量分别为 pA=pA+pA=-12 k
11、gm/s、pB=pB+pB=37 kgm/s,碰撞后 A的 动能不变,而 B 的动能增大,违反了能量守恒定律,不可能,故 D 错误。 9.(2018辽宁葫芦岛二模)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的黄壶,两者在大本营中心发生 对心碰撞如图甲所示,碰后运动员用冰壶刷摩擦黄壶前进方向的冰面来减小阻力,碰撞前后两壶运动 的 v-t 图线如图乙中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量均为 19 kg,则( ) 甲 乙 A.碰后黄壶速度为 0.8 m/s B.碰后黄壶移动的距离为 2.4 m C.碰撞过程中两壶损失的机械能为 3.04 J D.碰后红、黄两壶所受摩擦力之比为 54 答案
12、ACD 解析设碰后黄壶的速度为 v,碰前红壶的速度 v0=1.0 m/s,碰后速度为 v0=0.2 m/s,取碰撞前红壶的速 度方向为正方向,根据动量守恒定律可得 mv0=mv0+mv,解得 v=0.8 m/s,故 A 正确;根据速度图像的斜 率表示加速度,可知碰撞前红壶的加速度大小为 a= m/s2=0.2 m/s2,所以黄壶静止的时刻为 = 1.2 - 1 1 t= s=6 s,速度图像与坐标轴围成的面积表示位移,则碰后黄壶移动的距离为 x= (t-1)=(6-1) 1.2 0.2 2 0.8 2 m=2 m,故 B错误;碰撞过程中两壶损失的机械能为 E=mv02- mv2=3.04 J,
13、故 C 正确;碰后黄 1 2 m 02 1 2 1 2 壶的加速度为 a= m/s2=0.16 m/s2,碰后红、黄两壶所受摩擦力之比为 FfFf=mama=5 = 0.8 6 - 1 4,故 D正确。 三、非选择题 10. 在一水平支架上放置一个质量 m1=0.98 kg 的小球 A,一颗质量为 m0=20 g 的子弹以水平初速度 v0=300 m/s 的速度击中小球 A并留在其中。之后小球 A 水平抛出恰好落入迎面驶来的沙车中,已知 沙车的质量 m2=2 kg,沙车的速度 v1=2 m/s,水平面光滑,不计小球与支架间的摩擦。 (1)若子弹打入小球 A的过程用时 t=0.01 s,求子弹与
14、小球间的平均作用力大小。 (2)求最终小车 B的速度。 答案(1)588 N (2) m/s,方向水平向右 2 3 解析(1)子弹打入木块的过程,对子弹和小球由动量守恒得,m0v0=(m0+m1)v 对小球由动量定理得 t=m1v-0 解得 =588 N。 (2)子弹打入之后小球平抛,对系统水平方向动量守恒,规定向右为正方向。 (m0+m1)v-m2v1=(m0+m1+m2)v2 解得 v2= m/s,方向水平向右。 2 3 11. 在足够长的光滑水平面上有一个宽度为 l 的矩形区域,只要物体在此区域内就会受 到水平向右的恒力 F 的作用。两个可视为质点的小球如图所示放置,B 球静止于区域的右
15、边界,现将 A 球从区域的左边界由静止释放,A 球向右加速运动,在右边界处与 B 球碰撞(碰撞时间极短)。若两球 只发生一次碰撞,且最终两球的距离保持 不变,求: 4 9 (1)A、B两球的质量之比; (2)碰撞过程中 A、B系统机械能的损失。 答案(1)14 (2) Fl 4 9 解析(1)设 A、B质量分别为 mA、mB,A 碰前速度为 v0,A、B 碰后瞬间的速度大小分别为 vA、vB。由 动量守恒定律得 mAv0=mBvB-mAvA 由题意知,碰后 A、B 速度大小相等、方向相反,设其大小为 v,则 vA=vB=v 碰前,对 A 由动能定理得 Fl= mA 1 2 02 碰后,设 A
16、在区域内往复运动时间为 t,由动量定理得 Ft=2mAv 碰后,B 球向右做匀速运动, l=vt 4 9 联立解得 v= 0 3 mB=4mA,即 mAmB=14。 (2)碰撞过程中系统机械能损失: E= mA 1 2 02(1 2 2+ 1 2 2) 解得 E= Fl。 4 9 12. 如图所示,上表面光滑的“L”形木板 B锁定在倾角为 37的足够长的斜面上;将一小物块 A 从木板 B 的中点轻轻地释放,同时解除木板 B 的锁定,此后 A 与 B 发生碰撞,碰撞过程时间极短且不计能量损失; 已知物块 A 的质量 m=1 kg,木板 B 的质量 m0=4 kg,板长 l=6 m,木板与斜面间的
17、动摩擦因数为 =0.6, 最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取 10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。 (1)求第一次碰撞后的瞬间 A、B 的速度。 (2)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中,A 距 B 下端的最大距离和重力对 A 做的功。 答案(1)3.6 m/s,沿斜面向上 2.4 m/s,沿斜面向下 (2)3 m 28.8 J 解析(1)对木板 B受力分析,有 (mA+mB)gcos 37=mBgsin 37, 所以在 A 与 B 发生碰撞前,木板 B 处于静止状态。 设小物块 A 与木板 B 发生弹性碰撞前的速度大小为 v0,由机械能守恒定律得 mg sin 3
18、7= 2 1 2m 02 设 A 与 B 发生弹性碰撞后的速度分别为 v1和 v2,碰撞过程动量守恒和能量守恒,有 mv0=mv1+m0v2 m0 1 2 m 02= 1 2 m 12+ 1 2 22 联立以上各式解得 v1=-3.6 m/s,v2=2.4 m/s 可见,A 与 B 第一次碰后,A的速度大小为 3.6 m/s,方向沿斜面向上,B 的速度大小为 2.4 m/s,方向 沿斜面向下。 (2)A 与 B 第一次碰后,A沿板向上做匀减速运动,B沿斜面向下做匀速直线运动,在 A 与 B 第一次 碰撞后到第二次碰撞前,当 A 与 B速度相等时,A 与 B下端有最大距离,此过程中,A 运动的时间 t1= 2 - 1 sin37 A 距 B下端有最大距离 xm=xB-xA 其中 xA= (v1+v2)t1 1 2 xB=v2t1 解得 xm=3 m 设 A 与 B 第一次碰撞后到第二次碰撞前历时为 t2,碰前 A 的速度为 v,由于 A 与 B从第一次碰撞 后到第二次碰撞前位移相同,即t2=v2t2 1 + v 2 此过程中,对 A 由动能定理 WG= mv2- 1 2 1 2 m 12 解得 WG=28.8 J。